数学分析习题练习六

华南师范大学2020数学分析


解：
                 $\displaystyle \because y'=\ln(x+\sqrt{1+x^2})+x\cdot (1+\frac{x}{\sqrt{1+x^2}})\cdot \frac{1}{x+\sqrt{1+x^2}}-\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}=\ln(x+\sqrt{1+x^2}),$

                  $\displaystyle \therefore dy=\ln(x+\sqrt{1+x^2})dx.$

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解：
                   $\displaystyle f'(x)=2xe^{-x^2}-2x^3e^{-x^2},(x\geq 0)$

                   $\displaystyle f'(x)=3x^2\sin \frac{1}{x}-x\cos \frac{1}{x},(x< 0)$

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解：
            先作变量代换
                               $\displaystyle x=\frac{1}{t},dx=-\frac{1}{t^2}dt,$

                               $\begin{align*}\int \frac{1}{x^4(1+x^2)}dx&=\int \frac{t^4}{1+\frac{1}{t^2}}\cdot (-\frac{1}{t^2})dt=\int \frac{-t^4}{1+t^2}dt\\\\&=\int\frac{1-t^4-1}{1+t^2}dt =\int (1-t^2)dt-\int \frac{1}{1+t^2}dt\\\\&=t-\frac{1}{3}t^3-\arctan t+C\\\\&=\frac{1}{x}-\frac{1}{3x^3}-\arctan \frac{1}{x}+C.\end{align*}$

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解：用参数法
                           $\displaystyle z=a\cos t,x=y=\frac{a}{\sqrt{2}}\sin t,0\leq t\leq 2\pi,$

                           $\begin{align*}I&=\int_\Gamma \sqrt{x^2+2y^2}ds\\\\&=\int_0^{2\pi} \sqrt{\frac{a^2}{2}\sin ^2t+\frac{2a^2}{2}\sin ^2t}\cdot \sqrt{\frac{a^2}{2}\sin ^2t+\frac{a^2}{2}\sin ^2t+a^2\cos ^2t}dt\\\\&=\frac{\sqrt{6}a^2}{2}(\int_{0}^{\pi}\sin tdt-\int_{\pi}^{2\pi}\sin tdt)=\frac{\sqrt{6}a^2}{2}\cdot (-4)\\\\&=-2\sqrt{6}a^2.\end{align*}$

华南师范大学2020数学分析


证明：
     (1)、分两种情况：a）、如果函数的最大（小）值在$f(+\infty)$彧$f(+\infty)$处，则由已知条件，有界。
                                b）、如果函数的最大（小）值在有限点$x=A$处，则由条件可知，因为$f(x)$在$[-A,+A]$上一致收敛，因此必有界。

    （2）、也分两种情况：
                                a)、因为$f(x)\in C(-\infty,+\infty)$，且在无穷处极限存在，所以
                                             $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in [0 ,+\infty ),\exists \Delta > 0,x',x''> \Delta ,s.t.$

                                                       $|f(x')-f(x'')|< \epsilon .$

                                b）、
                                             $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in [0 ,\Delta +1],\exists \delta _1 > 0,|x'-x''|< \delta_1,s.t.$

                                                        $|f(x')-f(x'')|< \epsilon .$

                         取$\delta =\min\{1,\delta _1\},$对于
                                                          $\forall x',x''> 0,|x'-x''|< \delta,$

                                             必有$x',x''\in [0 ,\Delta +1],$或者$x',x''\in (\Delta,+\infty )$

                                     而有上面的讨论知，两种情况都有
                                                           $|f(x')-f(x'')|< \epsilon .$

                                      即有在$[0,+\infty)$上一致收敛。同理可证在$（-\infty，0]$上一致收敛。

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解：
     （1）、
                          $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\ln^2x}{1-x}dx\leq \int_{0}^{1}\ln^2xdx=x\ln^2x|_0^1-2\int_{0}^{1}\ln xdx=2.$

                          收敛。

      （2）、
                          $\displaystyle \because |\frac{\ln x}{x^p(1-x)}|< \frac{\ln x}{x^{p+1}},$

               而
                            $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{\ln x}{x^{p+1}}dx,$

                当$p>0$时收敛。故原积分绝对收敛。

华南师范大学2020数学分析


证明：
         $(\Rightarrow )$
                                   假设对平面上的点列
                                                          $\{P_n\},\forall \epsilon > 0,\exists m> 0,s.t.$

                                                           $||P_{n+m}-P_n||< \epsilon ,$

                                  则由定义可知，此时必有
                                                             $\exists \delta > 0,s.t.$

                                                           $\{x_n\}:|x_{n+m}-x_n|< \delta ,$

                                                            $\{y_n\}:|y_{n+m}-y_n|< \delta ,$

                                               由此可知：$\{x_n\},\{y_n\}$均为柯西列，从而收敛，所以有
                                                             $P_n(x_n,y_n)\rightarrow P(x,y),(n \to \infty )$

                                                即有$\{P_n\}$ 收敛。

              $(\Leftarrow )$
                                       如果平面上的点列$\{P_n\}$ 收敛.则必能知道有
                                                             $\exists \delta > 0,s.t.$

                                                           $\{x_n\}:|x_{n+m}-x_n|< \delta ,$

                                                            $\{y_n\}:|y_{n+m}-y_n|< \delta ,$

                                        由定义，可知此时必有
                                                            $\{P_n\},\forall \epsilon > 0,\exists m> 0,s.t.$

                                                           $||P_{n+m}-P_n||< \epsilon .$

                                    故命题成立。



   

华南师范大学2020数学分析


证明：
                  由函数对$x$的连续性，可知有
                                   $\forall \epsilon > 0,\forall x,x_0\in D,\exists \delta_1> 0,|x-x_0|< \delta_1,s.t$

                                        $|f(x,y)-f(x_0,y)|< \frac{\epsilon}{2} ,$

                       由对$y$偏导数的有界性，得
                                      $\forall \epsilon > 0,\forall y,y_0\in D,\exists \delta_2> 0,|y-y_0|<\delta_2,s.t.$

                                       $|f(x_0,y)-f(x_0,y_0)|=|f'_y||y-y_0|< M\delta_2=\frac{\epsilon }{2},$

                              取$\delta =\min\{\delta_1,\delta_2\},$此时有
                                           $|x-x_0|< \delta,|y-y_0|< \delta,s.t.$

                                         $|f(x,y)-f(x_0,y_0)|\leq |f(x,y)-f(x_0,y)|+|f(x_0,y)-f(x_0,y_0)|=\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$

                           再由所取点的任意性，即知$f(x,y)\in D$上连续。

华南师范大学2020数学分析


解：添加一个来面$s':z=0$，方向向下，利用高斯公式，则

                                 $\displaystyle I=\iint_{S+S'}+\iint_{S'}xydxdy=\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV+\iint_{S'}xydxdy,$

                       其中
                                 $\displaystyle \iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV=3\iiint_\Omega x^2dV=3\int_{0}^{2\pi}\cos^2 \phi d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^3\theta d\theta \int_{0}^{a}r^4dr=\frac{2}{5}\pi a^5.$

                                 $\displaystyle \iint_{S'}xydxdy=\int_{0}^{2\pi}\cos \theta \sin \theta d\theta \int_{0}^{a}r^3dr=\frac{1}{8}a^4.$

                                $\displaystyle \therefore I=\frac{2}{5}\pi a^5+\frac{1}{8}a^4.$

合肥工业大学2020数学分析


解：
                    $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}=\lim_{n \to \infty }e^{\displaystyle \frac{1}{n}(\ln \frac{1}{n}+\ln \frac{2}{n}+\cdots +\ln\frac{n}{n})}=e^{\displaystyle \int_{0}^{1}\ln xdx}=e^{-1}.$

                       $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}=\frac{1}{\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}}=e.$